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1/36 ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL

UNIVERSIDADE DO ALGARVE

ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA

CURSO BIETÁPICO EM ENGENHARIA CIVIL

2º ciclo – Regime Diurno/Nocturno

Disciplina de COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA

Ano lectivo de 2007/2008 - 1º Semestre

Limites e continuidade.

1. Considere a função 2: ff D ⊆ →� � definida por ln(1 )

( , )ln(1 )

xf x y

y−=−

.

1.1) Calcule e represente graficamente o domínio de ( , )f x y .

1.2) Represente graficamente o domínio de ( , )f x y e classifique-o topologicamente.

1.3) Calcule, caso exista, ( , )

( , ) (1,1)lim ( , )x y S

x yf x y

∈→

sendo { }2( , ) :S x y y x= ∈ =� .


( , ) (1,1)lim ( , )x y T

x yf x y

∈→

sendo { }2 2( , ) : 2T x y y x x= ∈ = −� .

1.5) Conclua sobre a existência do limite ( , ) (1,1)

lim ( , )x y

f x y→

.

2. Prove utilizando a definição que 2

( , ) (2,1)lim ( 4 2 ) 6

x yx y

→− + = − .

3. Calcule os domínios e os limites, caso existam, das seguintes funções nos pontos indicados:

3.1) 22

22

),(yxyx

yxf+−= , )0,0( . 3.2)

yxyx

yxf−

+=3

2),( , )0,0( .

3.3) 24

2

),(yx

yxyxf

+= , )0,0( . 3.4) 22

2

),(yx

yxyxf

+= , )0,0( .

3.5) 222

22

)(),(

yxyxyx

yxf−+

= , )0,0( . 3.6) 22

332),(

yxyx

yxf+−= , )0,0( .

3.7) 22

),(yx

xyyxf

+= , )0,0( . 3.8)

1( , ) senf x y y

x= , )0,0( .

3.9) 4

2 4( , )( 1)

yf x y

x y=

− +, (1,0) . 3.10) ( )2 2( , ) arctg

xf x y x y

y= + , )0,0( .

ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL

Limites e continuidade

2/ 36 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA

4. Estude a continuidade das seguintes funções em 2

� . Caso não sejam contínuas verificar se

podem ser prolongadas por continuidade.

4.1) 3

( , )4

x yf x y

x y+=

−. 4.2) ( , )f x y = sen( )

( )x y

x y+

+.

4.3) 229

1),(

yxyxf

−−= . 4.4) ( )2 2

2 2

1( , ) senf x y x y

x y= +

+.

4.5) 5 3 3 2

4 4 2 2

cos sen( , )

2y x x y

f x yx y x y

+=+ +

. 4.6)

2

2 2

( 2)( 1), ( , ) ( 2,1)

( , ) ( 2) ( 1) 0 , ( , ) ( 2,1)

x yx y

f x y x yx y

� + − ≠ −�= + + −�� = −�

.

4.7) 2 2, ( , ) (0,0)

( , )

1 , ( , ) (0,0)

xy x y

f x y x y

x y

� ≠�= +�� =�

. 4.8) 2 3 2

ln(1 ), 1 e 22( , )

2 , outros ( , )

xx x y

yf x y

x y x y

� − < ≠� −= �� + ∈� �

.

4.9) 2 2 , se 0( , )

, se 0

x y x yf x yx y x y

� + + >�= �+ + ≤��

. 4.9) 3 2 2 2

2 2 2 2

2 , se 2( , )

sen( 2) , se 2

x xy x yf x y

x y x y

� + − + >�= �+ − + ≤��

.

4.10) 2 2 2

2 2

2 2 2

1, e ( , ) (0,0)

2 ln( )( , )

0 , e ( , ) (0,0)

x y e x yx yf x y

x y e x y

� + ≠ ≠� − += �� + = =�

.

4.11) 2 2

22 2

2 2

4 2 2

, 4 e ( , ) (0,0)

( , ) , 4

, ( , ) (0,0)

x y

x yx y x y

x y

f x y e x y

e x y

+ −

� + + < ≠�+�

�= � + ≥�� =�

.




Limites - resumo teórico

A definição de limite para funções reais de variável vectorial é análoga à definição de limite para

f.r.v.r.. E tem a ver com o estudo do comportamento da função na vizinhança de um ponto.

Comecemos por recordar a definição de ponto de acumulação.

Definição1: Um ponto a diz-se ponto de acumulação do conjunto X sse qualquer bola aberta de

centro em a contiver pelo menos um ponto de X distinto de a, ou seja,

a é ponto de acumulação de X 0 ( ) ( \ { })r rB X>⇔ ∀ ∩ ≠ ∅a a . (1.1)

O conjunto de todos os pontos de acumulação de X, chama-se derivado de X e representa-se por X´.

Exemplo1: Consideremos o conjunto � � � �2( , ) : 2 (4,0)X x y x� � � �� . Qualquer ponto

1 2( , )a a�a , com 1 2a � é um ponto de acumulação de X, embora não pertença a X. O ponto

(4,0)�b pertence a X, mas não é ponto de acumulação deste conjunto já que, por exemplo,

(4,0)1B X� ��.#

Este exemplo mostra que o facto de um ponto a ser ponto de acumulação de um conjunto X é

independente do facto de ele pertencer ou não a X. O que importa é que, tão perto de a quanto se

queira, se possam encontrar pontos de X distintos de a.

Na disciplina de complementos de matemática apenas estudamos limites de funções com duas

variáveis, ou seja, para 2n = .

Definição2: Seja 2: ff D ⊆ →� � e 2( , )a b ∈� um ponto de acumulação de fD , então

( , ) ( , )lim ( , )

x y a bf x y l

→= sse

{ }0 ( ) 0 : ( , ) \ ( , ) ( , ) ( , ) ( , )fx y D a b x y a b f x y lδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ − < � − <

onde 2 2( , ) ( , ) ( ) ( )x y a b x a y b− = − + − .




Observe-se que, o ponto ( , ) na b ∈� deve ser não exterior a fD , ( , )a b pode ou não pertencer a fD

mas deve pertencer à aderência de fD para ser um ponto de acumulação, pois tem de se garantir

que qualquer bola aberta de centro em ( , )a b intersecta fD .

Isto significa, que os valores de ( , )f x y estão tão próximos de l quanto se queira ( ( , )f x y l δ− < )

desde que ( , ) ( , )x y a b≠ esteja suficientemente perto de ( , )a b (se ( , ) ( , )x y a b ε− < para um valor

adequado de δ ). Esta definição pode ser interpretada através do seguinte esquema.

2

� y �

l δ+

ε

( , )a b x l

( , )x y ( , )f x y

l δ−

Os valores de ( , )f x y estão tão próximos de l quanto se queira ( ( , )f x y l δ− < ) desde que a

distância de ( , ) ( , )x y a b≠ a ( , )a b seja suficientemente pequena, mas diferente de zero (se

2 20 ( ) ( )x a y b ε< − + − < para um valor adequado de δ ).

Através desta definição prova-se que o limite, se existir, é único, isto é, caso o limite exista, é

independente da trajectória descrita pelo ponto ),( yx na sua aproximação a ( , )a b . Quando

),( yx → ( , )a b ao longo de uma trajectória, diz-se que se trata de um limite direccional. Se existe

( , ) ( , )lim ( , )

x y a bf x y

→ então todos os limites direccionais são iguais. Basta que dois limites direccionais

sejam diferentes para que não exista limite. Contudo, o facto de vários limites direccionais serem

iguais não garante a existência do limite da função (pode sempre haver uma trajectória para a qual o

limite não seja igual ou não exista).

A existência do limite deve ser provada por definição. Neste tipo de problemas, um procedimento

será majorar lyxf −),( até se obter uma expressão em 2 2( , ) ( , ) ( ) ( )x y a b x a y b− = − + − . Claro

que para diferentes majorações podem obter-se diferentes expressões para ( )ε δ .




Algumas desigualdade úteis:

• 222 yxx +≤ donde 22 yxx +≤ e ( )2 2 ,nn

x x y n≤ + ∈� ;

• 222 yxy +≤ donde 22 yxy +≤ ;

• 2 2xy x y≤ + ;

• yxyx +≤+ ;

• x y x y x y− ≤ + ≤ + ;

• ( )2 2 2 20, kx y k x y k ++ ≤ + ∈� ;

• sin 1 e cos 1x x≤ ≤ ;

• sin e cosx x x x≤ ≤ ;

• 2 2 2 2sin e cosx x x x x≤ ≤ ≤ ;

• arctan2

xπ< .

Um processo bastante útil no cálculo de limites, em particular, quando estes não existem, são os

chamados limites iterados. Supondo

1 2 1 21 2( , ,..., ) ( , ,..., )

lim ( ) lim ( , ,..., )n n

nx x x a a af f x x x l

→ →= =

x ax ,

admite-se que as n variáveis 1 2, ,..., nx x x convergem simultaneamente para 1 2, ,..., na a a . Pode

admitir-se que primeiro se faz tender 1x para 1a depois 2 2x a→ , …, finalmente, n nx a→ , obtendo-

se, assim, um limite escalonado ou iterado, que se representa por

1 1 2 21 2lim lim ... lim ( , ,..., )

n nnx a x a x a

f x x x→ → →

.

No caso de se ter n variáveis, os limites iterados são em número de !n . Se existe lim ( )f

→x ax e

existem os !n limites iterados então todos têm o mesmo valor. Claro que a existência de dois

limites iterados iguais não implica a existência do limite, mas a existência de dois limites iterados

distintos implica a não existência de limite no ponto considerado.

Em particular para 2n = , existem dois limites iterados, lim lim ( , )

x a y bf x y

→ → e lim lim ( , )

y b x af x y

→ →.




As propriedades dos limites de f.r.v.r. continuam válidas para funções reais de variável vectorial.

Apresentam-se aqui algumas sem demonstração.

Proposição1: Sejam f, g e h funções nD ⊆ →� � , e seja a um ponto de acumulação de D. Então,

são válidas as seguintes propriedades:

(1) lim ( ) lim ( ) 0f l f l→ →

= ⇔ − =x a x a

x x ;

(2) (Lei do enquadramento) Se lim ( )h l

→=

x ax , lim ( )g l

→=

x ax e existe uma vizinhança ( )rB a tal que

( ) ( ) ( )h f g≤ ≤x x x para todo ( )rB D∈ ∩x a então lim ( )f l→

=x a

x ;

(3) Se lim ( ) 0f

→=

x ax e existem 0M > e uma vizinhança ( )rB a tal que ( )g M≤x para todo

( )rB D∈ ∩x a , então lim ( ) ( ) 0f g→

=x a

x x ;

(4) Se existe 0r > e ( )g x tais que: ( ) ( )f l g− ≤x x para todo o ( )r fB D∈ ∩x a e lim ( )g l→

=x a

x ,

então lim ( )f l→

=x a

x ;

(5) Se 1lim ( )f l

→= ∈�

x ax , 2lim ( )g l

→= ∈�

x ax e α , β ∈� , então

(i) 1lim ( )f lα α→

=x a

x ;

(ii) 1 2lim( ( ) ( ))f g l lα β α β→

± = ±x a

x x ;

(iii) 1 2lim( ( ) ( ))f g l l→

=x a

x x ;

(iv) 1

2

( )lim

( )lf

g l→=

x a

xx

, 2( 0)l ≠ .

Algumas das propriedades, apresentadas na proposição1 permitem determinar limites de funções de

várias variáveis sem recorrer à definição.




Limites - possível resolução dos exercícios

1. Considere a função :f D → � definida por ln(1 )

( , )ln(1 )

xf x y

y−=−

.

1.1) Calcule e represente graficamente o domínio de ( , )f x y .

Resolução: O domínio da função é

{ }{ }{ }

2

2

2

( , ) :1 0 1 0 ln(1 ) 0

( , ) : 1 1 1 1

( , ) : 1 1 0 .

fD x y x y y

x y x y y

x y x y y

= ∈ − > − > − ≠ =

= ∈ < < − ≠ =

= ∈ < < ≠

�

�

�

1.2) Represente graficamente o domínio de ( , )f x y e classifique-o topologicamente.

Resolução: A representação gráfica de fD é

(Atenção: Complete o gráfico!) Topologicamente, fD , pode ser classificado da seguinte maneira:

{ }2int( ) ( , ) : 1 1 0f fD x y x y y D= ∈ < < ≠ =� , fD é um conjunto aberto;

{ }2front( ) ( , ) : 1 1 0fD x y x y y= ∈ = = =� ;

{ }2ad( ) int ( ) front( ) ( , ) : 1 1f f f fD D D x y x y D= = ∈ ≤ ≤ ≠�� ; fD não é um conjunto fechado;

{ }2( , ) : 1 1 ad( )f fD x y x y D′ = ∈ ≤ ≤ =� ;

fD , não é um conjunto limitado pois não existe uma bola de 2� que o contenha;

fD , não é um conjunto compacto uma vez que não é fechado nem limitado.





( , ) (1,1)lim ( , )x y S

x yf x y

∈→

, sendo { }2( , ) :S x y y x= ∈ =� .

Resolução:

( , )( , ) (1,1) ( , ) (1,1) 1

ln(1 ) ln(1 )lim ( , ) lim lim 1

ln(1 ) ln(1 )x y S y x

x y x y x

x xf x y

y x∈ =

→ → →

− −= = =− −

.

1.4) Calcule, caso exista,

( , )( , ) (1,1)

lim ( , )x y T

x yf x y

∈→

, sendo { }2 2( , ) : 2T x y y x x= ∈ = −� .

Resolução:

2( , ) 2

2( , ) (1,1) ( , ) (1,1) 1 . . 1

1ln(1 ) ln(1 ) 11lim ( , ) lim lim lim

2ln(1 ) ln(1 2 ) 21

x y T y x x

x y x y x R C x

x x xf x yy x x

x∈ = −

∞� �� ∞ �

→ → → →

− − −= = = =− − +

−

.

1.5) Conclua sobre a existência de ( , ) (1,1)

lim ( , )x y

f x y→

.

Resolução: Como o valor do limite é diferente para trajectórias diferentes conclui-se que não existe

( , ) (1,1)lim ( , )

x yf x y

→.

2. Prove utilizando a definição que 2

( , ) (2,1)lim ( 4 2 ) 6

x yx y

→− + = − .

Resolução: Temos que provar que

{ }2 20 ( ) 0 : ( , ) \ (2,1) ( , ) (2,1) 4 2 6x y x y x yδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ − < � − + + <� ,

com 2 2( , ) (2,1) ( 2) ( 1)x y x y− = − + − .

Como 2 2 2( 2) ( 2) ( 1)x x y− ≤ − + − então 2 22 ( 2) ( 1)x x y− ≤ − + − , donde

( ) ( )

2 2( 2) ( 1) 2 2 2 2

4 2 4 4 2 4 8 4 4 8

x y x x x

x x

ε ε ε ε ε εε ε ε ε

− + − < � − < ⇔ − < − < ⇔ − + < < + ⇔

⇔ − + < − < − − ⇔ − − < − < − +

e como 2 2 2( 1) ( 2) ( 1)y x y− ≤ − + − então 2 21 ( 2) ( 1)y x y− ≤ − + − , vem

( ) ( )

2 2

2 22

( 2) ( 1) 1 1 1 1

2 1 2 2 1

x y y y y

y

ε ε ε ε ε ε

ε ε

− + − < � − < ⇔ − < − < ⇔ − + < < + ⇔

⇔ − + < < +




sendo 0 1ε< ≤ então 2ε ε≤ . Das desigualdades apresentadas em cima vem

( ) ( )2 22

2 2 2

* 2

2

4 8 2 1 6 4 2 6 4 8 2 1 6

2 8 4 2 6 2 8

2 8 4 2 6 2 8

10 4 2 6 10

x y

x y

x y

x y

ε ε ε ε

ε ε ε εε ε ε ε

ε ε

− − + − + + < − + + < − + + +

− < − + + < +− − < − + + < +

− < − + + <

isto é, 24 2 6 10x y ε− + + <

fazendo

min 1,10δε � �= �

� �

vem 24 2 6x y δ− + + < .

Obs (*).: De

2 2 22 8 4 2 6 2 8x yε ε ε ε− < − + + < +

vem,

2 2 2 24 2 6 2 8 4 2 6 2 8x y x yε ε ε ε− + + > − − + + < + ,

sendo 2ε ε≤ , então 2ε ε− ≤ e 24 2 6 2 8x y ε ε− + + > − − , por outro lado, se 2ε ε≤ , então

24 2 6 2 8x y ε ε− + + < + .

3. Calcule os domínios e os limites, caso existam, das seguintes funções nos pontos indicados:

3.1) 22

22

),(yxyx

yxf+−= , )0,0( .


{ } { }2 2 2 2( , ) : 0 \ (0,0)fD x y x y= ∈ + ≠ =� � .

Para o cálculo do limite 2 2

2 2( , ) (0,0) ( , ) (0,0)

0lim ( , ) lim

0x y x y

x yf x y

x y→ →

− � �= = � + �,

obtendo-se indeterminação que deve levantada, consideram-se dois processos:




1º Processo: Investigar a existência do limite através do cálculo dos limites iterados

),(limlim),(limlim00

?

00yxfyxf

xyyx →→→→= ,

se os limites iterados existirem e forem diferentes, pode concluir-se que o limite não existe. Se

forem iguais apenas se pode concluir que, se o limite existir, terá o valor dos limites iterados. Neste

caso, calcula-se o limite ao longo de outra trajectória (e assim por diante), se houver indicações de

que o limite existe aplica-se, por exemplo, a definição, para se provar a sua existência. Assim,

2 2 2

2 2 20 0 0lim lim lim 1x y x

x y xx y x→ → →

− = =+

e 2 2 2

2 2 20 0 0lim lim lim 1y x y

x y yx y y→ → →

− −= = −+

.

Como os limites iterados existem e são diferentes pode concluir-se que não existe

22

22

)0,0(),(lim

yxyx

yx +−

→.

2º Processo: Investigar a existência do limite através do cálculo de limites direccionais. Para existir

o limite, este deve ser independente da trajectória. De entre as possíveis trajectórias que passam no

ponto (0,0) , calcule-se os limites ao longo da família de rectas, concorrentes, de equação mxy =

(onde m é o declive das rectas).

A restrição de ),( yxf às rectas mxy = é

2

2

22

22

11

)()(

),(mm

mxxmxx

mxxf+−=

+−= ,

logo 2 2

2 2( , ) (0,0) 0 0

1 1lim ( , ) lim ( , ) lim

1 1y mx

x y x x

m mf x y f x mx

m m=→ → →

− −= = =+ +

.

Como o limite depende do declive das rectas (m), isto é, depende da trajectória, conclui-se que o

limite não existe.

Obs.: 0),(lim1)0,0(),(

=�=→

yxfmyx

; 53

),(lim2)0,0(),(

−=�=→

yxfmyx

.

Obs.: Neste exemplo, bastava ter utilizado um dos processo para se concluir quanto à não

existência do limite.




3.2) 2( , )

3x y

f x yx y+=−

, )0,0( .


{ } { }2 2( , ) : 3 0 ( , ) : 3fD x y x y x y y x= ∈ − ≠ = ∈ ≠� � ,

por outro lado, a fronteira do domínio é

{ }2front( ) ( , ) : 3fD x y y x= ∈ =� .

Pretende-se calcular

( , ) (0,0)

2 0lim

3 0x y

x yx y→

+ � �= � − �.

Este é um exemplo em que uma observação directa da função permite concluir que os limites

iterados existem e são diferentes, logo também por este processo se conclui que o não existe limite.

Com efeito

0 0 0

2 1limlim lim

3 3 3x y x

x y xx y x→ → →

+ = =−

e 0 0 0

2 2limlim lim 2

3y x y

x y yx y y→ → →

+ = = −− −

.

Por outro lado, o limite ao longo das rectas que passam em )0,0( , da forma mxy = , é:

( , ) (0,0) 0

2 2 1 2lim lim , ( 3)

3 3 3y mx

x y x

x y x mx mm

x y x mx m=→ →

+ + += = ≠− − −

.

Como o limite depende de m, conclui-se pela não existência do mesmo. Repare-se que para

qualquer outro ponto pertencente à recta de equação 3y x= ( 3)m = , diferente de )0,0( , do tipo

0 0 0 0( , ) ( ,3 )x y x x≡ ,

0 0 0 0

0 0

( , ) ( , ) ( , ) ( ,3 )0 0

62 2lim lim

3 3 3 3x y x y x y x x

x xx y x yx y x y x x→ →

++ += = = ∞− − −

.

Conclui-se que não existe 0 0( , ) ( , )

lim ( , )x y x y

f x y→

quando 0 0( , ) front( )fx y D∈ .




3.3) 2

4 2( , )x y

f x yx y

=+

, )0,0( .


{ }2 \ (0,0)fD = � . Neste caso quando se calculam os limites iterados relativamente ao limite

2

4 2( , ) (0,0)

0lim

0x y

x yx y→

� �= � + �,

apenas se pode concluir que se o limite existe é zero, uma vez que,

2

4 2 4 40 0 0 0 0

0 0lim lim lim lim lim 0 0

0x y x x x

x yx y x x→ → → → →

= = = =+ +

e

2

4 20 0lim lim 0y x

x yx y→ →

=+

.

Não sendo o cálculo dos limites iterados conclusivo relativamente à existência do limite, passemos

ao cálculo dos limites direccionais. O limite ao longo das rectas que passam em )0,0( , de equação

mxy = , é

2 2

4 2 4 2 2 2 2( , ) (0,0) 0 0lim lim lim 0

y mxx y x x

x y x mx xmx y x m x x m

=→ → →

= = =+ + +

.

Como este limite não depende de m e tem um valor igual ao dos limites iterados, pode existir, ou

não, limite, mas se existir à indicações de que o seu valor é zero. Da relação entre x e y na função,

calcule-se o limite ao longo da família de parábolas que passam no ponto )0,0( , de equação

2mxy = ,

2

2 4

4 2 4 2 4 2( , ) (0,0) 0lim lim

1y mx

x y x

x y mx mx y x m x m

=→ →

= =+ + +

.

Como o limite ao longo das parábolas depende de m, conclui-se que não existe 2

4 2( , ) (0,0)lim

x y

x yx y→ +

.

Obs.: Bastava ter considerado, por exemplo, 2m = , vindo22

2

4 2( , ) (0,0)

2lim 0

5y x

x y

x yx y

=→

= ≠+

, diferente do

limite ao longo das rectas, para se ter concluído que o limite não existe.




3.4) 2

2 2( , )x y

f x yx y

=+

, )0,0( .


{ }2 \ (0,0)fD = � . Pretende-se calcular o limite

2

2 2( , ) (0,0)

0lim

0x y

x yx y→

� �= � + �.

Prova-se que os limites iterados, os limites ao longo das rectas e das parábolas que passam na

origem são zero, logo, se existir limite o seu valor é igual a zero. Tente-se provar por definição, para

isso há que provar que

0 ( ) 0 : ( , ) \{(0,0)} ( , ) (0,0) ( , ) 0fx y D x y f x yδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ − < � − < ,

isto é, tem que se provar que sendo 0>δ existe outro nº positivo ε (que depende de δ ) tal que

para ε<−+−< 22 )0()0(0 yx se tem 2

2 2 0x y

x yδ− <

+.

É válida a seguinte majoração, uma vez que 222 yxx +≤ e 2 2y x y≤ + ,

2 2 2 2 222 2

2 2 2 2 2 2

( )

x y x y x yx yx y

x y x y x yε δ+ +

= ≤ = + < ≤+ + +

.

Sendo 2 2x y+ a distância de ( , )x y a (0,0) , para se ter, por exemplo,

2

2 2| ( , ) | 0 0,001x y

f x y lx y

− = − <+

, basta requerer que ( , )x y esteja a uma distância 0,001 de (0,0) .

Mais em geral, para qualquer número positivo ε δ≤ , por muito pequeno que seja, tem-se a garantia

que 2

2 2

x yx y

δ<+

, desde que ( , )x y se encontre a uma distância máxima δ de (0,0) . O que

significa dizer que a diferença | ( , ) 0 |f x y − pode ser tão pequena quanto se queira.

Basta, portanto, considerar ε δ≤ para que se garantir que 2 2x y ε+ <2

2 2

x yx y

δ� <+

.




Em particular, é suficiente que δε = para que δδεδεδ <+

�=<+∃∀ => 22

222

0 :yx

yxyx ,

isto é, que

0 lim22

2

)0,0(),(=

+→ yxyx

yx.

3.5) 2 2

2 2 2( , )( )

x yf x y

x y x y=

+ −, )0,0( .


{ } { }2 2 2 2 2( , ) : ( ) 0 \ (0,0)fD x y x y x y= ∈ + − ≠ =� � .


2 2 2( , ) (0,0)

0lim

( ) 0x y

x yx y x y→

� �= � + − �,

os limites iterados são 2 2

2 2 2 20 0 0

0limlim lim 0

( )x y x

x yx y x y x→ → →

= =+ −

e 2 2

2 2 2 20 0 0

0lim lim lim 0

( )y x y

x yx y x y y→ → →

= =+ −

,

ou seja, se o limite existir o seu valor é zero. Como o limite ao longo da recta y x= ,

2 2 4

2 2 2 4 2( , ) (0,0) 0lim lim 1 0

( ) ( )y x

x y x

x y xx y x y x x x

=→ →

= = ≠+ − + −

pode concluir-se que não existe o limite da função no ponto considerado.

3.6) 3 3

2 2

2( , )

x yf x y

x y−=

+, )0,0( .


{ }2 \ (0,0)fD = �


2 2( , ) (0,0)

2 0lim

0x y

x yx y→

− � �= � + �,

os limites segundo diferentes trajectórias e os limites iterados sugerem que o valor deste limite é

zero.




Aplicando a definição, deve provar-se que

3 32 2

0 ( ) 0 2 2

2: ( , ) \{(0,0)}f

x yx y D x y

x yδ ε δ ε δ> >−∀ ∃ ∈ + < � <

+ .

Como

( ) ( )3 3 2 23 3 2 23 3

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

22 2 22 2

4 4 ,

x x y yx y x y x x y yx yx y

x y x y x y x y x y

x y ε

+− + +− = ≤ = ≤ ≤ + ≤+ + + + +

≤ + <

basta, portanto, considerar 4δε ≤ , ou, em particular,

4δε = , para garantir que

3 32 2

2 2

24

x yx y

x yδε δ−+ < = � <

+,

ou seja, que

02

lim22

33

)0,0(),(=

+−

→ yxyx

yx.

3.7) 2 2

( , )xy

f x yx y

=+

, )0,0( .


{ }2 \ (0,0)fD = � .

Utilizando a definição para se calcular o limite

2 2( , ) (0,0)

0lim

0x y

xy

x y→

� �= � �+

,

basta considerar δε = , para se concluir que 0lim22)0,0(),(

=+→ yx

xyyx

.




3.8) 1( , ) senf x y y

x= , )0,0( .


{ }2( , ) : 0fD x y x= ∈ ≠�

Para se calcular o limite

( , ) (0,0)

1lim sen ,

x yy

x→

comece-se pelos limites iterados

0 0

1limlim sen 0x y

yx→ →

= ,

uma vez que a função seno é limitada e o produto de um infinitésimo por uma função limitada é um

infinitésimo, contudo

0 0

1lim lim seny x

yx→ →

, não existe,

uma vez, que não existe 0

1lim sen lim senx t

y y tx→ →∞

= , fazendo 1

tx

= .

Pelos limites iterados nada se pode concluir. O limite desta função ao longo das rectas que passam

no ponto )0,0( é

( , ) (0,0) 0

1 1lim sen lim sen 0

y mxx y x

y mxx x

=→ →

= = ,

o produto de um infinitésimo por um função limitada é um infinitésimo. Para se utilizar a definição,

há que provar que

2 20 ( ) 0

1: ( , ) \{(0,0)} senfx y D x y y

xδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ + < � < .

Como 2 2

1sen 1

1 1sen sen

x

y y y x yx x

ε≤

= ≤ ≤ + < ,

considerando ε δ≤ garante-se que 0 1

senlim)0,0(),(

=→ x

yyx

.

Obs.: Este exemplo mostra que apesar de um dos limites iterados não existir, o limite da função

existe. Os limites iterados devem existir para que se possam tirar conclusões.




3.9) 4

2 4( , )( 1)

yf x y

x y=

− +, (1,0) .


{ }2( , ) : ( , ) (1,0)fD x y x y= ∈ ≠�

Para o cálculo do limite 4

2 4( , ) (1,0)

0lim =

( 1) 0x y

yx y→

� �� − + �

,

os limites iterados são 4

2 41 0lim lim 0

( 1)x y

yx y→ →

=− +

,

e 4

2 40 1lim lim 1

( 1)y x

yx y→ →

=− +

.

Como os limites iterados são diferentes conclui-se que não existe 4

2 4( , ) (1,0)lim

( 1)x y

yx y→ − +

.

Caso não se tivessem calculado primeiro os limites iterados, poder-se-ia ter calculado o limite ao

longo da família de rectas que passa no ponto (1,0) , { }2( , ) : ( 1)T x y y m x= ∈ = −� ,

( 1)( , )

4 4 4 4

2 4 2 4 2 4 4( , ) (1,0) 1 1

4 2

4 21

( 1)lim lim lim

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

( 1) lim 0,

1 ( 1)

y m xx y Tx y x x

x

y y m xx y x y x m x

m xm x

= −∈→ → →

→

−= = =− + − + − + −

−= =+ −

logo se o limite existir é zero. Como o limite sobre { }2( , ) : 1S x y y m x= ∈ = −� ,

1( , )

4 4 4 2

2 4 2 4 2 4 2( , ) (1,0) 1 1

4

4

( 1)lim lim lim

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

, 1

y m xx y Sx y x x

y y m xx y x y x m x

mm

= −∈→ → →

−= = =− + − + − + −

=+

depende de m , não existe 4

2 4( , ) (1,0)lim

( 1)x y

yx y→ − +

.




3.10) ( )2 2( , ) arctgx

f x y x yy

= + , )0,0( .


{ }2( , ) : 0fD x y y= ∈ ≠�

Para o cálculo do limite

( )2 2

( , ) (0,0)lim arctg

x y

xx y

y→+ .

Comece-se por calcular os limites iterados

( )2 2 2 2

0 0 0 0 0

2 2

0 0 0

lim lim arctg lim lim arctg lim arctg

lim limarctg 0 lim 0,2

x y x y y

x y x

x x xx y x y

y y y

xx x

yπ

→ → → → →

→ → →

� �+ = + =�

�

� �= + = =�

�

Cálculo auxiliar

• 0

lim arctg lim arctg( )2y t

xtx

yπ

→ →+∞= = , fazendo a mudança de variável

1t

y= , quando 0y → ,

0t → ;

• 2

0lim arctg 0y

xy

y→= , a função arco-tangente é limitada, o produto de um infinitésimo por

uma função limitada é um infinitésimo.

e

( )2 2

0 0lim lim arctg 0y x

xx y

y→ →+ = ,

uma vez que, arctg0 0= .

Uma vez que os limites iterados existem e são iguais a zero, se o limite da função existir será zero.

Considerando a família de circunferências que passam em (0,0) , da forma 2 2 2( )x y a a+ − = ,

(0, )C a e r a= , resolvendo em ordem a x, vem

2 2 2 2( ) 2x y a a x ay y+ − = ⇔ = ± −




tomando, por exemplo, o limite segundo a semicircunferência de equação 22x ay y= − − , vem

( ) ( )22

222 2 2 2

( , ) (0,0) 0

0

2lim arctg lim 2 arctg

2 lim 2 arctg 0.

x ay y

x y y

y

ay yxx y ay y y

y y

a yay

y

=− −

→ →

→

− −� �+ = − − + =� �

−= − =

O produto de um infinitésimo por uma função limitada é um infinitésimo.

Obs.: A função arco-tangente é uma função impar arctg( ) arctg( )x x− = − .

Através dos limites calculados, se o limite existir o seu valor é zero. Utilizando a definição deve

provar-se que

{ } 2 2 2 20 ( ) 0 : ( , ) \ (0,0) ( ) arctanf

xx y D x y x y

yδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ + < � + < .

Como

2 2 2 2 2 2

arctan2

2 2 2 2 2 2

( ) arctan ( ) arctan ( )2

2 2 ( ) ( )

2

xy

x xx y x y x y

y y

x y x y x y

π

π

π δ δδπ π

<

+ = + < + =

= + < � + < � + <

basta considerar 2δεπ

≤ , para se provar que ( )2 2

( , ) (0,0)lim arctan 0

x y

xx y

y→+ = .

Obs.: Pela proposição 1 ponto 3 do resumo teórico ( )2 2

( , ) (0,0)lim arctg 0

x y

xx y

y→+ = .




Continuidade – resumo teórico Ao contrário da noção de limite, que está ligada ao estudo do comportamento de uma função na

vizinhança de um ponto sem ter em conta o que acontece no próprio ponto, a noção de continuidade

relaciona o comportamento de uma função perto de um ponto com o valor que ela toma nesse

ponto.

O conceito de continuidade pode ser generalizado a funções definidas em n

� . Como apenas se

pode visualizar o gráfico de funções com 2n ≤ , no âmbito da disciplina de complementos de

matemática, interessa a seguinte definição para funções definidas em 2� , cujos gráficos são

superfícies.

Definição3: Seja 2: ff D ⊂ →� � . A função ),( yxf , diz-se contínua no ponto ( , ) fa b D∈

quando { }0 ( ) 0 : ( , ) \ ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )fx y D a b x y - a b f x y f a bδ ε δ ε δ> >∀ ∃ ∈ < � − < . Sendo ( , )a b

um ponto de acumulação da função, esta é contínua no ponto ( , )a b sse ( , ) ( , )

lim ( , ) ( , )x y a b

f x y f a b→

∃ = .

Graficamente, a continuidade de uma função num determinado ponto significa que o gráfico da

função nesse ponto não apresenta qualquer “salto”.

Uma função : nff D ⊆ →� � é contínua sse for contínua em todos os pontos do seu domínio fD .

Se a condição de continuidade não se verificar num certo ponto ( , )a b , então este será um ponto de

descontinuidade.

• A descontinuidade é não essencial, removível ou prolongável se existir ( , ) ( , )

lim ( , )x y a b

f x y→

.

Chama-se, portanto, prolongamento por continuidade de f ao ponto ( , )a b , à função *f que

coincide com f nos pontos onde esta já estava definida e que no ponto a toma o valor * ( , )f a b =

( , ) ( , )lim ( , )

x y a bf x y

→:

*

( , ) ( , )

( , ) ,( , )( , )

lim ( , ) , ( , ) ( , )f

x y a b

f x y x y Df x y

f x y x y a b→

∈��= � =��

.

Neste caso, também, se diz que a função é prolongável por continuidade no ponto ( , )a b .

Note-se que, embora ( , ) fa b D∉ , como é exigido que exista ( , ) ( , )

lim ( , )x y a b

f x y→

, o ponto ( , )a b

terá que ser um ponto de acumulação do domínio, para que faça sentido calcular o limite

nesse ponto.




• Caso não exista

( , ) ( , )lim ( , )

x y a bf x y

→, a descontinuidade é não removível e a função não poderá

ser prolongada por continuidade

Uma função : n

ff D ⊂ →� � diz-se descontínua num ponto ( , )a b sse não for contínua nem

prolongável por continuidade a esse ponto.

Definição4: Uma função : nf →� � da forma 1 21 2 1 2( , ,..., ) ... nii i

n nf x x x x x xα= , onde α é um escalar

e 1 2, ,..., ni i i são números inteiros não negativos, é chamado um monómio. Uma função que

representa a soma de monómios é um polinómio.

Proposição2: Uma função polinomial : nf →� � é contínua em todo o ponto n∈�a .

Definição5: Se g e h forem ambas funções polinomiais, à função ( )

( )( )

gf

h= xx

x dá-se o nome de

função racional.

Proposição3: Uma função racional : n

ff D ⊂ →� � é contínua em todos os pontos do seu

domínio.

Proposição4: Supondo as funções : nf →� � e : ng →� � contínuas em a. Então as funções

definidas por, ( ) ( )f g±x x , ( ) ( )f gx x , ( )( )

fg

xx

, ( ( ) 0)g ≠a e ( )fα x (α ∈� ), são contínuas em a.

Tal como acontece no caso de f.r.v.r, a composta de duas funções contínuas, quando tal composição

é possível, é ainda uma função contínua.

Teorema1: Seja : n

ff D ⊂ →� � contínua no ponto fD∈a e :g gD ⊂ →� � contínua em

0y = ( ) gf D∈a , então a função composta [ ]( ) ( )gof g f=x x é contínua no ponto a.

Pode ainda, estabelecer-se a seguinte relação entre limite e composição de funções. Teorema 2: Sejam : n

ff D ⊂ →� � , : gg D ⊂ →� � e ( )f gf D D⊂ . Se lim ( )f l→

=x a

x e g for

contínua no ponto l, então [ ]lim ( ) lim ( ) ( )gof g f g l→ →

= =x a x a

x x .




Continuidade - possível resolução dos exercícios

4. Estude a continuidade das seguintes funções em 2� . Caso não sejam contínuas, verifique se

podem ser prolongadas por continuidade.

4.1) 3( , )

4x y

f x yx y

+=−

.

Resolução: O domínio de ( , )f x y é { } { }2 2( , ) : 4 0 ( , ) : 4fD x y x y x y x y= ∈ − ≠ = ∈ ≠� � , e a sua

fronteira

{ }2front( ) ( , ) : 4fD x y x y A= ∈ = =� .

A função é contínua no seu domínio por ser uma função racional. Como, 2

fD ≠ � , a função não é

contínua em 2� .

A função poderá ser prolongada por continuidade aos pontos da fronteira do domínio da função

(pontos de acumulação), ou seja, a 2� , se existir

0 0( , )0 0

0 0( , ) ( , )lim ( , ) ( , )x y A

x y x yf x y f x y

∈→

= , onde 0 0( , )x y A∈ é

um ponto genérico da recta de equação 4x

y = , isto é, qualquer ponto do tipo 0 0( , )x y 00 ,

4x

x� �= � �

.

i) Para ( )0 0, (0,0)x y =

( , ) (0,0)

3 0lim

4 0x y

x yx y→

+ � �= � − �.

Os limites iterados são

0 0

3lim lim 3

4x y

x yx y→ →

+ =−

e

0 0

3limlim 4

4y x

x yx y→ →

+ = −−

,

como os limites iterados são diferentes conclui-se que o limite da função não existe na origem.

Repare-se que

( , ) (0,0) 0

3 3 3 1lim lim ,

4 4 1 4 4y mx

x y x

x y x mx mm

x y x mx m=→ →

+ + + � �= = ≠� − − − �.




ii) Para 0 0( , )x y 00 ,

4x

x� �= � �

(0,0)≠ , repare-se que 14

m = ,

00 00

00

( , ) ( , )( , ) , ) 0

4 0

33 3 4lim lim4 4 4

4

xx y x yx y x

xxx y x y

xx y x y x→ � �→�

�

++ += = = ∞− − � �− �

�

,

e, portanto, o limite da função não existe para estes ponto.

Por i) e ii), conclui-se que não existe o limite da função para qualquer ponto 0 0( , )x y 00 ,

4x

x� �= � �

, e

consequentemente, esta não pode ser prolongada por continuidade, a estes pontos, e assim, a função

não pode ser prolongada de modo contínuo a 2� .

Obs: Caso se tenha *

3, - 4 0

4( , ) 0 , ( , ) (0,0)

x yx y

x yf x yx y

+� ≠� −= �� =�

,

{ }*2( , ) : 4

fD x y x y= ∈ ≠� { }(0,0)∪ .

• Para 4 0x y− ≠ a função é contínua uma vez que esta definida por uma função racional cujo

domínio é { }2( , ) : 4 0D x y x y= ∈ − ≠� , ou seja, o denominador não se anula.

• Para )0,0(),( =yx a função é contínua se 0)0,0(),(lim)0,0(),(

==→

fyxfyx

. Como foi visto não

existe yxyx

yx 43

lim)0,0(),( −

+→

, logo, a função não é contínua na origem, ou seja, não é contínua em

todo o seu domínio. Para além disso, a origem é um ponto de descontinuidade não removível,

por não existir yxyx

yx 43

lim)0,0(),( −

+→

, podendo concluir-se que a função não é prolongável por

continuidade à origem, nem a 2� .




4.2) sen( )( , )

x yf x y

x y+=

+.

Resolução: O domínio da função é { }2( , ) : fD x y y x= ∈ ≠ −� ,

e

{ }2front( ) ( , ) :fD x y y x A= ∈ = − =� .

No seu domínio a função é contínua, pois é o quociente de duas funções contínuas (o denominador

não se anula). O numerador é a composta de duas funções contínuas ( ) seng t t= e ( , )h x y x y= + , e

o denominador é uma função polinomial. A função não é contínua em 2� , uma vez, que 2

fD ≠ � .

Para que a função possa ser prolongada por continuidade a 2

� deve existir

0 0( , )0 0

0 0( , ) ( , )lim ( , ) ( , )x y A

x y x yf x y f x y

∈→

= , onde 0 0( , )x y é um ponto genérico que pertença à recta de equação

y x= − , ou seja, qualquer ponto do tipo 0 0( , )x y ( )0 0,x x= − .

i) Para 0 0( , ) (0,0)x y = , pretende-se calcular

( , ) (0,0)

sen( ) 0lim

0x y

x yx y→

+ � �= � + �,

para isso utiliza-se o teorema 2 do resumo teórico.

Seja 2:h →� � definida por ( , )h x y x y= + , tem-se ( , ) (0,0)

lim ( ) 0x y

x y l→

+ = = , que é contínua no

ponto 2(0,0)∈� e :g gD ⊂ →� � definida por

sen, 0

( ) 1 , 0

tt

g t tt

� ≠�= �� =�

contínua em (0,0) 0h = gD∈ , pois 0

senlimt

tt→

= 1 (0)g= , então

( , ) (0,0) ( , ) (0,0)

sen( )lim ( , ) lim (0) 1

x y x y

x ygoh x y g

x y→ →

+= = =+

.

Existindo este limite a função pode ser prolongada por continuidade à origem.




ii) Para 0 0 0 0( , ) ( , ) (0,0)x y x x= − ≠ .

0 0 0 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )

sen( ) sen( )lim lim 1

x y x y x y x x

x y x yx y x y→ → −

+ += =+ +

(porquê?).

Por i) e ii) conclui-se que o limite pedido existe para qualquer ponto da recta y x= − , nestes termos,

a função pode ser prolongada por continuidade a estes pontos, e a 2� . Esse prolongamento é dado

pela função

*

sen( ), 0

( , ) 1 , 0

x yx y

x yf x yx y

+� + ≠� += �� + =�

,

que é contínua em todos os pontos de 2� (o seu domínio).

4.3) 229

1),(

yxyxf

−−= .

Resolução: O domínio da função é { }2 2 2( , ) : 9fD x y x y= ∈ + ≠� ,

e

{ }2 2 2front( ) ( , ) : 9fD x y x y A= ∈ + = =�

Por ser uma função racional, é contínua no seu domínio, ou seja, em todos os pontos do plano com

excepção dos pontos sobre a circunferência de equação 922 =+ yx (a fronteira do domínio). A

função não é contínua em 2� , uma vez, que 2

fD ≠ � .

A função não pode ser prolongada por continuidade aos pontos 0 0( , )x y A∈ , uma vez que

( )20 0 0 022 2 2 2( , ) ( , ) ( , ) ( , 9 ) 2 2

0 0

1 1 1lim lim

9 9 9 9x y x y x y x xx y x y x x

→ → ± −= = = ∞

− − − − − − ± −.

Conclui-se que a função não é contínua nem prolongável por continuidade a 2

� .




4.4) ( , )f x y = ( )2 2

2 2

1senx y

x y+

+.

Resolução: O domínio da função é { }2 \ (0,0)fD = � .

Para )0,0(),( ≠yx a função é contínua, pois é o produto de duas funções contínuas. A função não é

contínua em 2� , uma vez, que 2

fD ≠ � .

A função pode ser prolongada por continuidade em ( , ) (0,0)x y = , uma vez que,

( )2 2 2

2 2( , ) (0,0) cos 0sen

1 1lim sen lim sen 0

x y x t ty t

x y ttx y θ

θ+→ = →

=

+ = =+

.

Sendo sen x uma função limitada, o produto de um infinitésimo por uma função limitada é um

infinitésimo. Para se provar por definição que o limite é zero, basta fazer δε = . Assim a função

*( , )f x y =( )2 2

2 2

1sen , ( , ) (0,0)

0 , ( , ) (0,0)

x y x yx y

x y

� + ≠� +�� =�

,

é o prolongamento por continuidade de ( , )f x y a 2

� .

Obs.: Pela proposição 1 ponto 3 do resumo teórico ( )2 2

2 2( , ) (0,0)

1lim sen 0

x yx y

x y→+ =

+.

4.5)5 3 3 2

4 4 2 2

cos sen( , )

2y x x y

f x yx y x y

+=+ +

.


{ }2 \ (0,0)fD = � .

A função é contínua no seu domínio, pois é o quociente de duas funções contínuas e o denominador

não se anula. A função não é contínua em 2� , uma vez, que 2

fD ≠ � .

Como a função não é contínua em 2� , vamos estudar a continuidade na origem para verificar se

pode ser prolongada por continuidade a esse ponto e, consequentemente, a 2� .




Os limites iterados são 5 3 3 2

4 4 2 20 0

cos senlim lim 0

2x y

y x x yx y x y→ →

+ =+ +

e 5 3 3 2

4 4 2 20 0

cos senlim lim 0

2y x

y x x yx y x y→ →

+ =+ +

.

Por definição

5 3 3 22 2

0 ( ) 0 4 4 2 2

cos sen: ( , ) \{(0,0)}

2f

y x x yx y D x y

x y x yδ ε δ ε δ> >+∀ ∃ ∈ + < � <

+ +

5 3 3 2 5 3 3 2 5 3 3 25 3 3 2

4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2

5 3 3 2 2 2 5 3 2 2 3 2

2 2 2 2 2 2

cos sen cos sen cos sencos sen2 2 ( ) ( )

cos sen ( ) cos ( ) sen

( ) ( )

y x x y y x x y y x x yy x x yx y x y x y x y x y x y

y x x y x y x x y y

x y x y

+ + ++ = = ≤ =+ + + + + +

+ + + += ≤ ≤

+ +22 2 5 2 2 3 2 2 2 5 2 2 3

2 2 2 2 2 2

2 2 5 2 2 3 2 2 2 2 2 5

2 2 2 2 2 2

( ) ( ) sen ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) 2 ( )

( ) ( )

x y x y y x y x y y

x y x y

x y x y x y x yx y x y

+ + + + + +≤ ≤ ≤

+ +

+ + + + +≤ = =

+ +

=

5 1 412 2 2 2 2 22 2 2

2 2 2 222 2 2 2 2 2

2( ) 2( ) ( )2( ) 2 2 ,

( ) ( )x y x y x y

x y x yx y x y

ε+ + += = + = + <+ +

ou seja, basta considerar 2δε = , para se garantir que

5 3 3 2

2 24 4 2 2

cos sen2 2

y x x yx y

x y x yδε δ++ < = � <

+ +,

concluindo-se que, 5 3 3 2

4 4 2 2( , ) (0,0)

cos senlim 0

2x y

y x x yx y x y→

+ =+ +

.

Existindo este limite, fazendo

( , ) (0,0)(0,0) lim ( , ) 0

x yf f x y

→= = , a função será prolongável por

continuidade à origem, e, consequentemente a 2� .

O prolongamento de ( , )f x y à origem é a função

5 3 3 2

* 4 4 2 2

cos sen, ( , ) (0,0)

( , ) 2 0 , ( , ) (0,0)

y x x yx y

f x y x y x yx y

� + ≠�= + +�� =�

que é contínua em 2� (o seu domínio).




4.6) 2 2, ( , ) (0,0)

( , )

1 , ( , ) (0,0)

xyx y

f x y x y

x y

� ≠�= +�� =�

.

Resolução: Neste exemplo, temos uma função definida por ramos.

Quanto ao domínio:

1) No primeiro ramo, 2 2

( , )xy

f x yx y

=+

, cujo domínio é { }2 \ (0,0)� ;

2) No segundo ramo, ( , ) 1f x y = para ( , ) (0,0)x y = .

Por 1) e 2), conclui-se que 2fD = � .

Quanto à continuidade:

• Para )0,0(),( ≠yx a função é contínua uma vez que esta definida por uma função racional

cujo domínio é { }2 \ (0,0)� .

• Para )0,0(),( =yx , prova-se (exercício 3.7)) que 1)0,0(0lim22)0,0(),(

=≠=+→

fyx

xyyx

, logo,

a função não é contínua na origem, portanto não é contínua no seu domínio (em 2� ).

A função é contínua em { }2 \ (0,0)� .

Quanto ao prolongamento por continuidade da função à origem (ponto de descontinuidade): Como

existe 2 2( , ) (0,0)

lim 0x y

xy

x y→=

+ (exercício 3g) a descontinuidade é removível, e a função é prolongável

por continuidade à origem, basta considerar 2 2( , ) (0,0)

(0,0) lim 0x y

xyf

x y→= =

+. A função

* 2 2, ( , ) (0,0)

( , )

0 , ( , ) (0,0)

xyx y

f x y x y

x y

� ≠�= +�� =�

é o prolongamento por continuidade da função à origem. Esta função é contínua em todo o seu

domínio, ou seja, em 2� .

Conclusão: A função é contínua em { }2 \ (0,0)� , mas, pode ser prolongada por continuidade a

2� , sendo esse prolongamento dado por *( , )f x y .




4.7)

2

2 2

( 2)( 1), ( , ) ( 2,1)

( , ) ( 2) ( 1) 0 , ( , ) ( 2,1)

x yx y

f x y x yx y

� + − ≠ −�= + + −�� = −�

.

Resolução: Por raciocínio análogo ao do exercício anterior conclui-se que 2fD = � .


• Para )1,2(),( −≠yx , a função é contínua, pois esta definida por uma função racional cujo

domínio é precisamente { }2 \ ( 2,1)−� .

• Para )1,2(),( −=yx , a função é contínua sse 0)1,2(),(lim)1,2(),(

=−=−→

fyxfyx

. Fazendo uma

translação dos eixos, isto é, considerando 2+= xt , 02 →�−→ tx e 1−= yw ,

01 →�→ wy , vem

0lim)1()2(

)1)(2(lim

22

2

)0,0(),(22

2

)1,2(),(=

+=

−++−+

→−→ wttw

yxyx

wtyx (exercício 3.4)).

Equivalentemente, para o cálculo deste limite, poder-se-ia ter calculado o limite sobre a família

de rectas que passa no ponto )1,2(− , com equação )2(1 +=− xmy .

Conclusão: Como 0)1,2(),(lim

)1,2(),(=−=

−→fyxf

yx a função é contínua em todo o seu domínio, ou

seja, em 2� .

4.8) 2 3 2

ln(1 ), 1 e 22( , )

2 , outros ( , )

xx x y

yf x y

x y x y

� − < ≠� −= �� + ∈� �

.

Resolução: A função está definida por ramos, e em cada ramo por uma função. Para se estudar a

continuidade desta função, deve investigar-se a continuidade nos dois ramos e sobre os pontos que

verificam as condições que os separam, ou seja, sobre os conjuntos

{ }2( , ) : 1 A x y x= ∈ =�

e

{ }2( , ) : 1 e 2 B x y x y= ∈ < =� .




Quanto ao domínio:

1) No primeiro ramo, ( , ) ln(1 )2

xf x y x

y= −

− cujo domínio é { }2( , ) : 1 e 2D x y x y= ∈ < ≠� .

2) No segundo ramo 2 3( , ) 2f x y x y= + cujo domínio é 2� .

Por 1) e 2) conclui-se que o domínio da função é 2

fD = � .


• No primeiro ramo, a função contínua por ser o produto de duas funções contínuas em D.

• No segundo ramo, a função é contínua por ser uma função polinomial (contínua em 2

� ).

• Em A, para pontos do tipo 0 0 0( , ) (1, )x y y= , ( 0 2y ≠ ), a função não é contínua, uma vez que

0( , ) (1, )lim ln(1 )

2x y y

xx

y→− = −∞

− ( 0 2y ≠ ).

• Em B, para pontos do tipo 0 0 0( , ) ( , 2)x y x= , ( 0 1x ≠ ) a função não é contínua, uma vez que

0( , ) ( ,2)lim ln(1 )

2x y x

xx

y→− = ∞

− ( 0 1x ≠ ).

Conclusão: A função é contínua em { }2 2\ ( , ) : 1 ou ( 1 e 2)x y x x y∈ = < =� � , não pode ser

prolongada por continuidade a 2� ,

4.9) 2 2 , se 0( , )

, se 0

x y x yf x yx y x y

� + + >�= �+ + ≤��

.

Resolução: Analogamente ao exercício anterior conclui-se que o domínio da função é 2

� .

Também neste exemplo, para se estudar a continuidade da função deve investigar-se a continuidade

nos dois ramos e sobre os pontos que verificam a condição que os separa, ou seja, sobre a recta de

equação 0x y+ = .

• No primeiro ramo, a função é definida por 2 2x y+ que é uma função contínua no seu

domínio, 2� , em particular, para todo o par ( , )x y que verifica a condição 0x y+ > .




• No segundo ramo, a função é definida por x y+ , contínua em 2� , em particular, contínua

para todo o par ( , )x y que verifica a condição 0x y+ ≤ .

• Para se estudar a continuidade da função sobre a recta de equação y x= − , ou seja, para os

pontos do tipo ( )0 0 0 0( , ) ,x y x x= − , considerem-se os conjuntos

{ }2( , ) : 0A x y x y= ∈ + >� ,

{ }2( , ) : 0B x y x y= ∈ + <�

e

{ }2( , ) : 0C x y x y= ∈ + =� .

A função é contínua em C sse

0 0 0 0( , ) ( , )

0 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )lim ( , ) lim ( , ) ( , )x y A x y B

x y x y x y x yf x y f x y f x y

∈ ∈→ →

= = ,

ou seja,

0 0 0 0

2 20 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )

lim lim ( ) ( , ) 0x y x y x y x y

x y x y f x y→ →

+ = + = = .

Como

0 0 0 0

2 2 2 2 2 2 20 0 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )

lim lim ( ) 2x y x y x y x x

x y x y x x x→ → −

+ = + = + − =

e

0 0 0 00 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )

lim ( ) lim ( ) 0x y x y x y x x

x y x y x x→ → −

+ = + = − = ,

sobre os pontos da recta de equação y x= − , a função é contínua apenas nos pontos que

verifiquem a igualdade

202 0x = ,

ou seja, para 0 0x = , isto é, para o ponto 0 0 0 0( , ) ( , ) (0,0)x y x x= − = .

Conclusão: A função é contínua no seu domínio com excepção dos pontos sobre a recta 0x y+ =

exceptuando a origem, isto é

{ } { }20 0( , ) \ ( , ) (0,0)x y x x∀ ∈ −� � .

A função não é prolongável por continuidade a 2� .




-4

-2

0

2

4

-4 -2 2 4

4.10) 3 2 2 2

2 2 2 2

2 , se 2( , )

sen( 2) , se 2

x xy x yf x y

x y x y

� + − + >�= �+ − + ≤��

.

Resolução: Quanto ao domínio:

1) No primeiro ramo, quando ( , )x y verifica a condição 2 2 2x y+ > , 3 2( , ) 2f x y x xy= + − .

Repare-se que 3 2( , ) 2f x y x xy= + − , não está definida para todo o par ( , )x y que verifica

a condição 2 2 2x y+ > , por exemplo, não está definida para o ponto ( 2,0)− . O domínio

deste ramo é { }2 3 2( , ) : 2 0x y x xy∈ + − ≥� .

2) No segundo ramo, 2 2( , ) sen( 2)f x y x y= + − cujo domínio é 2

� , em particular, está

definida para os pontos do círculo de equação 2 2 2x y+ ≤ .

Por 1) e 2), conclui-se que o domínio da função é

{ } { }{ }

2 3 2 2 2 2

32 2 2 2 2

( , ) : 2 ( , ) : 2

2 ( , ) : ( , ) : 2

fD x y x xy x y x y

xx y y x y x y

x

= ∈ + ≥ ∈ + ≤ =

� �−= ∈ ≥ ∈ + ≤� � �

� �

� �

�

�

Graficamente,

(Atenção: Complete o gráfico)

Os pontos de intersecção das curvas 3 2 2x xy+ = e 2 2 2x y+ = , são (1,1) e (1, 1)− . Podem ser

obtidos através da resolução do sistema

3 2 2 2

2 2 2 2

2 ( ) 2 112 2

x xy x x y x

yx y x y

� �+ = + = =�� ⇔ ⇔� � � = ±+ = + =� � �� .




Quanto à continuidade. Deve investigar-se a continuidade nos dois ramos e sobre os pontos que

verificam a condição que os separa, ou seja, sobre os pontos da circunferência de equação 2 2 2x y+ = .

• No primeiro ramo, a função é definida por 3 2 2x xy+ − que é uma função contínua no seu

domínio.

• No segundo ramo, a função é definida por 2 2sen( 2)x y+ − , que é a composta de duas funções

contínuas, ( ) seng t t= , em � , e 2 2( , ) 2h x y x y= + − , em 2� , portanto, contínua para todo o

par ( , )x y que verifica a condição 2 2 2x y+ ≤ .

• Sobre a circunferência de equação 2 2 2x y+ = , ou seja, para os pontos do tipo

( )20 0 0 0( , ) , 2x y x x= ± − , a função será contínua sse

0 0 0 0

3 2 2 20 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )

lim 2 lim sen( 2) ( , ) 0x y x y x y x y

x xy x y f x y→ →

+ − = + − = = .

Como

( ) 2 20 0 0 0 0 0

3 2 2 2 2 20 0 0 0( , ) ( , ) ( , ) , 2

lim 2 lim ( ) 2 ( ) 2 2 2x y x y x y x y x y

x xy x x y x x y x→ → + =

+ − = + − = + − = −

e

2 20 0 0 0

2 2 2 20 0( , ) ( , ) 2

lim sen( 2) sen( 2) sen0 0x y x y x y

x y x y→ + =

+ − = + − = = ,

sobre a circunferência a função será contínua apenas nos pontos que verifiquem a igualdade

02 2 0x − = ,

ou seja, para 0 01 1x y= � = ± , isto é, para os pontos (1, 1)− e (1,1) . Que são precisamente os

pontos de intersecção das condições que representam os domínios dos dois ramos da função.

Conclusão: A função é contínua no seu domínio com excepção dos pontos sobre a circunferência 2 2 2x y+ = que não sejam os pontos (1, 1)− e (1,1) . Isto é, a função é contínua em

{ }( ) { }20 0\ ( , 2 ) (1, 1), (1,1)fD x x± − −� .

A função não pode ser prolongada por continuidade a 2� .




Obs.: Tendo em conta o domínio da função, estudar a continuidade de ( , )f x y seria equivalente a

estudar a continuidade de

3 2 3 2

2 2 2 2

2 , se 2( , )

sen( 2) , se 2

x xy x xyg x y

x y x y

� + − + >�= �+ − + ≤��

.

Isto é, deveríamos estudar a continuidade nos dois ramos (onde a função é contínua) e sobre os

pontos de intersecção dos domínios dos dois ramos, ou seja, nos pontos (1, 1)− e (1,1) , provando-se

que a função é contínua neste pontos. Intuitivamente, basta ter em conta o gráfico do domínio de

( , )f x y .

4.11) 2 2 2

2 2

2 2 2

1, e ( , ) (0,0)

2 ln( )( , )

0 , e ( , ) (0,0)

x y e x yx yf x y

x y e x y

� + ≠ ≠� − += �� + = =�

.

Resolução: O domínio da função é 2fD = � . Para se estudar a continuidade da função considerem-

se os seguintes conjuntos

{ }2 2 2 2 2 2( , ) : e 0A x y x y e x y= ∈ + ≠ + ≠� ,

{ } { }2 2 2( , ) : 0 (0,0)B x y x y= ∈ + = =� ,

e

{ }2 2 2 2( , ) :C x y x y e= ∈ + =� .

• Para ( , )x y A∈ a função é contínua, uma vez que é o domínio de 2 2

1( , )

2 ln( )f x y

x y=

− +.

• Para ( , )x y B∈ , a função é contínua uma vez que 2 2( , ) (0,0)

1lim 0 (0,0)

2 ln( )x yf

x y→= =

− +.

• Para ( , )x y C∈ , a função não é contínua uma vez que

( )2 2 2 20 0 0 0

2 2 22( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 2 2 2

0 0

1 1 1 1lim lim

2 ln( ) 2 ln 02 lnx y x e x x y x e xx y ex e x→ ± − → ± −= = = = ∞

− + −� �− + ± −� �

,

como o limite não existe a função não pode ser prolongada por continuidade aos pontos de C.

Conclusão: A função é contínua em { }2 2 2 2 2\ ( , ) :x y x y e∈ + =� � . Não pode ser prolongada por

continuidade a 2� .




4.12) 2 2

22 2

2 2

4 2 2

, 4 e ( , ) (0,0)

( , ) , 4

, ( , ) (0,0)

x y

x yx y x y

x y

f x y e x y

e x y

+ −

� + + < ≠�+�

�= � + ≥�� =�

.

Resolução: O domínio da função é 2fD = � .

Para se estudar a continuidade da função deve investigar-se a continuidade nos seus ramos e sobre

os pontos que verificam as condições que os separam. Para isso considerem-se os conjuntos

{ }2 2 2( , ) : 4 ( , ) (0,0)A x y x y x y= ∈ + < ≠� ,

{ }2 2 2( , ) : 4B x y x y= ∈ + >� ,

{ }2( , ) : ( , ) (0,0)C x y x y= ∈ =� ,

e

{ }2 2 2( , ) : 4D x y x y= ∈ + =� .

• Para ( , )x y A∈ , ( , )f x y é contínua pois esta definida por uma função racional (o denominador

não se anula).

• Para ( , )x y B∈ , ( , )f x y é contínua pois é a composta de duas funções contínuas ( ) tg t e= e

2 2( , ) 4h x y x y= + − , [ ] 2 22 2 4( , ) 4 x yg h x y g x y e + −� �= + − =� � .

• Para ( , )x y C∈ , a função é contínua sse 2

2 2( , ) (0,0)lim (0,0)

x y

x ye f

x y→

+ = =+

.

2

2 2 2

2 2 2 4 2 2 2( , ) (0,0) 0 0

1lim lim lim

1x my

x y y y

x y my y m

x y m y y y m y=→ → →

+ + += = = ∞+ + +

,

como limite não existe a função não é contínua na origem, nem pode ser prolongada por

continuidade a este ponto.

• Para ( , )x y D∈ , os pontos estão sobre a circunferência de equação 2 2 4x y+ = , ou seja, são do

tipo 20 0 0 0( , ) ( , 4 )x y x x= ± − . A função será continua sse

0 0 0 0( , ) ( , )

0 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )lim ( , ) lim ( , ) ( , )x y A x y B

x y x y x y x yf x y f x y f x y

∈ ∈→ →

= = .




Por um lado,

( )( )20 0 0 0( , )

22

2 22 0 00 0 0 0

2 2 2( , ) ( , ) ( , ) ( , 4 ) 2 20 0

4 4 4lim ( , ) lim

244x y A

x y x y x y x x

x x x x x xx yf x y

x y x x∈→ → ± −

+ ± − − + + − + ++= = = =+ + ± −

,

por outro

( )22 2

2 2 0 0

20 0 0 0( , )

4 44

( , ) ( , ) ( , ) ( , 4 )lim ( , ) lim 1x y B

x xx y

x y x y x y x xf x y e e

∈

+ ± − −+ −

→ → ± −= = = ,

e,

( )22 20 0

0 0( , )

4 420 0 0 0 ( , ) ( , )

( , ) ( , 4 ) 1 lim ( , )x y B

x x

x y x yf x y f x x e f x y

∈

+ ± − −

→= ± − = = = .

Assim, ( , )f x y é contínua, em D, para os pontos que verificam

0 0 0 0( , ) ( , )

20 0

( , ) ( , ) ( , ) ( , )

4lim ( , ) lim ( , ) 1

2x y A x y B

x y x x x y x x

x xf x y f x y

∈ ∈→ →

− + += ⇔ = ,

ou seja, 0 02 0x y= � = ou 0 01 3x y= − � = ± . Assim, em D a função é descontínua excepto

nos pontos (2,0) e ( 1, 3)− ± .

Conclusão: A função ( , )f x y é contínua em

{ }( ) { }2 2 2 2\ ( , ) : 4 ou 0 (2,0), ( 1, 3)x y x y x y∈ + = = = ∪ − ±� � .

Não é prolongável por continuidade a 2� .

universidade do algarve escola superior …w3.ualg.pt/~cfsousa/ensino/comp_mat/limites e...

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